Tổng hợp các đề thi và đáp án thi chọn học sinh giỏi toán lớp 9 có đáp án chi tiết

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC ..............
Môn thi: Tốn 9
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)

UBND HUYỆN ..............
PHÒNG GD-ĐT ..............

Bài 1: (3đ)

x x + 5 x − 12
x− x −6
a. Cho P =
1. Rút gọn P
2. Tìm giá trị nhỏ nhất của P
b. Tính giá trị A
3

A=

−

2( x − 3)
x +2

+

x +3
3− x

x 3 − 3 x + ( x 2 − 1) x 2 − 4 3 x 3 − 3x − ( x 2 − 1) x 2 − 4

+
2
2

tại x =

3

1995

Bài 2 (2đ) Giải phương trình.

4
1
5
+ x − = x + 2x −
x
x
x

1)

3 x 2 − 12 x + 16 − y 2 − 4 y + 13 = 5

2)
Bài 3: (1,5đ)
a. Tìm các số nguyên x, y thoả mãn phương trình:
x2 +xy+y2 = x2y2
b. Cho 3 số dương x, y, z thoả mãn x+y+z =3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.

x
y
z
+
+
P= 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z
Bài 4: (3đ)
Cho 3 điểm A, B, C cố định nằm trên 1 đường thẳng d (B nằm giữa A và C). Vẽ đường trịn (0) cố định
ln đi qua B và C ( 0 không nằm trên đường thẳng d). Kẻ AM, AN là các tiếp tuyến với (0) tại M, N. Gọi I là
trung điểm của BC, OA cắt MN tại H cắt (0) tại P và Q ( P nằm giữa A và 0).
BC cắt MN tại K.
a. Chứng minh 4 điểm 0, M, N, I cùng nằm trên 1 đường tròn.
b. Chứng minh điểm K cố định
c. Gọi D là trung điểm của HQ. Từ H kẻ đường thẳng vng góc MD cắt MP tại E.
CMR: P là trung điểm của ME.
Câu 5: (0,5đ)Tìm tất cả các tam giác vng có 3 cạnh là số ngun và có diện tích bằng chu vi.

ĐÁP ÁN
Bài
Bài 1
(3đ)

Nội dung
a)
1, Rút gọn P

x x + 5 x − 12
P=

x− x −6

−

2( x − 3)

x +3

3 − x đk: x ≥ 0 , x ≠ 9
x x + 5 x − 12 2( x − 3)
x +3
−
−
( x − 3)( x + 2)
x +2
x −3
=
x x + 5 x − 12 − (2 x − 6)( x − 3 − ( x + 3)( x + 2)
=

x +2

+

Điểm
2đ
1đ

( x − 3)( x + 2)

0,25

0,25


x x + 5 x − 12 − 2 x + 6 x + 6 x − 18 − x − 5 x − 6
( x − 3)( x + 2)

=

x x − 3x + 12 x − 36

0,25

( x + 2)( x − 3)

=

0,5

1đ

( x − 3)( x + 12)
=

( x + 2)( x − 3)
x + 12

0,5

= x + 2 . Kết luận
2, Tìm giá trị nhỏ nhất của P

x + 12

P=

x − 4 + 16

x +2=
x +2+

P=
Vì x ≥ 0 -> x + 2
Áp dụng BĐT cô si

= x −2+
x +2
16
−4
x +2

16
x +2

0,25
0,25

>0

16

x +2+

≥ 2 16 = 8
x +2
P ≥ 8 − 4 = 4 -> Min P = 4 -> x=4
b) Tính giá trị A

4
A3=x3-3x+3A 4

0,25

1đ

3

<-> A3 = x3 -3x +3A
<-> A3 - 3A - x3 + 3x = 0
<->(A-x)(A2 + Ax + x2) - 3(A-x)=0
<-> (A-x)(A2 + Ax + x2-3)=0
A3 + Ax + x2 - 3 > 0
-> A - x = 0 -> A = x
Vậy A =
Bài 2
(2)

3

1995

Giải phương trình.

4
1
5
+ x − = x + 2x −
x
x
1) x
1
5
≠ 0, x − ≥ 0, 2 x − ≥ 0
x
x
đk: x
a−b
a− b=
a+ b
áp dụng
=>

x−

4
1
5
= x − − 2x −
x

x
x

4
−x
x
1
5
4
x − + 2x −
x−
x
x
x=

0, 5

0,25

1đ

0,25

0,25

0,25


4
4

−x<0
x >0 => x
* Nếu
=> mâu thuẫn VT>0, VP <0
4
4
x−
−x>0
x <0 => x
* Nếu
=> mâu thuẫn
4
x−
x =0 => x2 =4
Vậy
x−

=> x=2 (thoả mãn)
=> x=-2<0 loại

0,25
1đ

0,25
0,25
0,25

3x 2 − 12 x + 16 + y 2 − 4 y + 13 = 5
2)

0,25

có 3x2 -12x + 16 = 3(x2 - 4x + 4) + 4
= 3(x-2)2 + 4 ≥ 4

3x 2 − 12 x + 16 ≥ 2
y 2 − 4 y + 13 = ( y − 2) 2 + 9 ≥ 3
=> VT ≥ 5
Mà VT=Vp=5

x − 2 = 0 x = 2


y − 2 = 0 =>  y = 2
=> Dấu "=" Xảy ra => 
Bài 3
(1,5đ)

a. Tìm các số nguyên x, y thoả mãn phương trình:
x2 + xy + y2 = x2y2
Nhân 2 vế với 4
<=> 4x2 + 4xy + 4y2 = 4x2y2
<-> (2x+2y)2=(2xy +1)2 -1
<-> (2xy +1 +2x+2y)(2xy+1 -2x-2y)=1
<-> 2xy +1 +2x+2y=2xy+1-2x-2y
-> x+y=0

x = 0
 x = 1  x = −1




y = 0 hoặc  y = −1 ;  y = 1
Thay vào pt đầu có 

0,75đ

0,25
0,25
0,25
0,75đ

b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.

x
y
z
+
+
P= 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z

0,25

x
y
z
1−
+1−
+1−
2x + y + z

x + 2y + z
x + y + 2z
P=
1
1
1
+
+
= 3- (x+y+z)( 2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z

0,25

=3 -

1

[ (2 x + y + z ) + ( x + 2 y + z )( x + y + 2 z )] x 1 + 1 + 1 
 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 

4



Áp dụng BĐT cô si


[ (2 x + y + z ) + ( x + 2 y + z )( x + y + 2 z )]




1
1
1
≥9
+
+

 2x + y + z x + 2 y + z x + y + 2z 

=> P
Bài 4
(3đ)

hình

≤

3
3
4 => Max P= 4 => x=y=z=1
M

0,25


Q
P
A
B

N

C

d

E
a. Chứng minh 4 điểm 0, M, N, I cùng nằm trên 1 đường tròn.
I là trung điểm của BC ( dây BC không đi qua 0)

=> OI ⊥ BC => OIA = 900
Ta có AMO = 900 (do AM là tiếp tuyến (O))
ANO = 900 (do AN là tiếp tuyến (O))
Suy ra 4 điểm O,M,N,I cùng thuộc đường tròn đường kính OA.
b. Chứng minh điểm K cố định

1đ
0,25
0,25
0,25
0,25
1đ

AM, AN là hai tiếp tuyến (O) cắt nhau tại A nên OA là tia phân giác MON mà ∆ OMN cân tại O
0,25
nền OA ⊥ MN
∆ AHK đồng dạng với ∆ AIO ( vì AHK = AIO = 900 và OAI chung)
AH AK
AH . AO
0,5

=
=> AI . AK = AH . AO => AK =
AO
AI
=> AI
Ta có A,B,C cố định nên I cố định suy ra AK cố định mà A cố định, K là giao điểm của dây BC và
dây MN nên K thuộc tia AB suy ra K cố định
c)CMR: P là trung điểm của ME.
Ta có góc PMQ = 900
Xét

∆ MHE và ∆ QDM có gócMEH = gócDMQ( cùng phụ với DMP)
ME MH
=
DQ
EMH = MQD ( cùng phụ với MPO) => MQ

0,25
1đ

0,5

∆ PMH đồng dạng với ∆ MQH
MP MH
MH
=
=
MQ 2 DQ
=> MQ
MP 1 ME

=
MQ 2 MQ
=>

0,5

=> ME = 2MP => P là trung điểm ME.
Bài 5
(0,5đ)

Gọi 3 cạnh của tam giác vuông là x, y, z (x,y,z
z>x, z>y

∈ z* )

x 2 + y 2 = z 2

xy = 2( x + y + z )
có 

x2 + y2 = z2 => (x+y)2 - 2xy = z2
(x+y)2 - 4(x+y) - 4z - z2 = 0
(x+y-2)2 = (z+2)2
=> x+y -2 = z+2
=> z = x + y -4 (*)
Thay (*) vào (2) có
(x-4)(y-4)=8
=>

x − 4 = 1


y − 4 = 8 hoặc
=> 

0,25

x − 4 = 2

y − 4 = 4
0,25


x = 5
x = 6


y = 12 hoặc  y = 8
=> 
Vậy 3 cạnh của ∆ vng cần tìm là 5;12;13 hoặc 6;8;10

ĐỀ 1 THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP HUYỆN
Mơn thi: Tốn
Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi này gồm 01 trang)
 x −2
x + 2  x2 − 2x +1
−

 x − 1 x + 2 x + 1 ÷.
÷

2

Bài 1: (3 điểm) Cho A = 

a) Rút gọn A.
b) Tìm x để A > 0 .
c) Tìm giá trị lớn nhất của A .
Bài 2: (6 điểm)
a)

a) Giải phương trình: 2 x − 8 x − 3 x − 4 x − 8 = 18
b) Giải bất phương trình: |2x-7| < x2 + 2x + 2
2

2

2
2

( x + y )( x − y ) = 45

( x − y )( x 2 + y 2 ) = 85


c) Giải hệ phương trình:
Bài 3 : (4 điểm)
a) Cho a + b + c = 0 , tính giá trị của biểu thức:
a)

P=

1
1
1
+ 2 2
+ 2
2
2
2
b +c −a
a + c − b a + b2 − c2
2

b) Tìm số tự nhiên n sao cho A = n + n + 6 là số chính phương.
Bài 4 : (5 điểm)
a) Từ một điểm A nằm ngoài (O;R) kẻ hai tiếp tuyến AM, AN (M,N ∈
(O;R)). Trên cung nhỏ MN lấy điểm P khác M và N. Tiếp tuyến tại P cắt AM tại
B, cắt AN tại C. Cho A cố định và AO = a. Chứng minh chu vi tam giác ABC
không đổi khi P di động trên cung nhỏ MN. Tính giá trị không đổi ấy theo a và
R.
b) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 36 (đơn vị diện tích). Trên cạnh
BC và cạnh CA lần lượt lấy điểm D và E sao cho DC = 3DB và EA = 2EC; AD
cắt BE tại I. Tính diện tích tam giác BID.
Bài 5: (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2

Q=

1  x 10 y 10


+ 2
2  y2
x


 1 16
 + ( x + y 16 ) − (1 + x 2 y 2 ) 2
 4


Hết


HƯỚNG DẪN CHẤM
THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Mơn thi: Tốn

Bài

ý
a

Đáp án và hướng dẫn chấm

Điểm
0.25đ
0.75đ

ĐKXĐ: x ≥ 0, x ≠ 1
A = − x ( x − 1)

0.25đ

A > 0 ⇔ − x ( x − 1) > 0 ⇔ x ( x − 1) < 0

b

 x >0

⇔
⇔ 0 < x <1
 x −1 < 0


(vì

x > x −1)

1 1
1
1 1
A = − x ( x − 1) = − x + x − + = −( x − ) 2 + ≤
4 4
2
4 4
1
c ⇒ A≤ 4
1
1
1

khi x = ⇔ x = (t / m)
2
4
Vậy GTLN của A = 4

0.75đ
0.75đ

0.25đ

2 x 2 − 8 x − 3 x 2 − 4 x − 8 = 18
⇔ 2( x 2 − 4 x − 8) − 3 x 2 − 4 x − 8 − 2 = 0

0.25đ

Đặt x − 4 x − 8 = y, y ≥ 0 ta được phương trình:
2

2 y 2 − 3y − 2 = 0 ⇔ 2 y 2 + y − 4 y − 2 = 0
y = 2
⇔ ( y − 2)(2 y + 1) = 0 ⇔ 
y = − 1
a
2

1
−
y = 2 <0 (loại); với y = 2 ta có

0.25đ

0.5đ

x 2 − 4 x − 8 = 2 ⇔ x 2 − 4 x − 12 = 0
⇔ ( x − 6)( x + 2) = 0
⇔ x = 6 hoặc x = −2 (thỏa mãn phương trình đã cho)
Vậy pt đã cho có 2 nghiệm: x = 6 , x = −2

b Vì x2 + 2x + 2 = (x+1)2+1 > 0

0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ

2 x − 7 < x + 2 x + 2


2
2

Nên: |2x-7| < x + 2x + 2 <=> 2 x − 7 > − x − 2 x − 2
2

0.5đ
0.25đ


0.25đ

x 2 + 9 > 0


 2

<=>  x + 4 x − 5 > 0

0.5đ
0.25đ

<=> x2+4x+4>9 <=> (x+2)2 >9 <=> |x+2| >3
x + 2 > 3
x > 1
 x + 2 < −3 ⇔  x < −5

<=> 

Kết luận nghiệm bất phương trình
( x + y )( x 2 − y 2 ) = 45
( x − y )( x + y ) 2 = 45 (1)


⇔

2
2
2
2


Biến đổi ( x − y )( x + y ) = 85 ( x − y )( x + y ) = 85 (2)

Từ hệ ta có x – y > 0
Nhân hai vế của (1) với 17 và nhân hai vế của (2) với 9 rồi đồng
nhất sau khi nhân ta được:
17(x – y)(x + y)2 = 9(x - y)(x2 +y2) ⇔ 4x2 + 17xy + 4y2 = 0
c Nếu y = 0 thì x = 0 => khơng thỏa mãn hệ.
Nếu y ≠ 0 , chia hai vế của 4x2 + 17xy + 4y2 = 0 cho y2
và đặt t = x/y được: 4t2 +17t + 4 = 0 <=> (t+4)(4t+1) = 0
<=> t = - 4 hoặc t = - 1/4
<=> x = -4y hoặc y = - 4x
thay vào hệ phương trình trên được nghiệm của phương trình đã
cho là: (x ; y) ∈ {(4;-1);(1;-4)}
1
1
1
+ 2 2
+ 2
2
2
2
b +c −a
a + c − b a + b2 − c 2
1
1
1
a = b 2 + c 2 − (b + c)2 + a 2 + c 2 − (a + c)2 + a 2 + b2 − (a + b)2
1
1
1
a+b+c
=

+
+
=
=0
(voi : abc ≠ 0)
−2bc −2ac −2ab
−2abc
P=

0.25đ
0.25đ
0.5đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ

2

A = n 2 + n + 6 là số chính phương nên A có dạng
A = n 2 + n + 6 = k 2 (k ∈ N * )
⇔ 4n 2 + 4n + 24 = 4k 2 ⇔ (2 k ) 2 − (2n + 1) 2 = 23
2k + 2n + 1 = 23
⇔ (2k + 2n + 1)(2k − 2n − 1) = 23 ⇔ 
b
 2k − 2n − 1 = 1

(dk : abc ≠ 0)

1đ
1đ

0.5đ
0.5đ

(Vì 23 là số nguyên tố và 2k + 2n + 1> 2k – 2n -1)
2k + 2n + 1 = 23 k = 6
⇔
⇔
 2k − 2 n − 1 = 1
n = 5

0.75đ

Vậy với n = 5 thì A là số chính phương

0.25đ

a C ∆ABC = AB+BC+CA
= AB+BP+PC+CA
= (AB+BM)+(CN+CA)
(t/c 2 tt cắt nhau)
= AM + AN = 2AM
(t/c 2 tt cắt nhau)
2
2
2
2
= 2 OA − OM = 2 a − R

0.25đ

0.5đ
0.25đ
0.5đ


Vì A cố định nên OA=a khơng đổi vậy khi P di chuyển trên cung
nhỏ MN thì chu vi tam giác ABC không đổi.
0.25đ
0.25đ
C ∆ABC = 2 a 2 − R 2
Ghi chú:
- Khơng có điểm vẽ hình.
- Chứng minh mà khơng có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì khơng
được cơng nhận (khơng có điểm).
(Các đường nét đứt được vẽ thêm để gợi ý chứng minh khi chấm,
học sinh phải trình bày kẻ thêm đường phụ khi chứng minh - nếu
cần)
Trình bày c/m:
Trình bày c/m:

1
S ∆BIC
4
1
= S ∆BIA
2

S ∆BID =

0.5đ

S ∆BIC

1.0đ

1
1
S ∆BIA = S ∆ABD
8
9
b =>
1
S ∆ABD = S ∆ABC
4
Trình bày c/m:
1
36
S ∆BID
S ∆ABC =
=1
36
36
=>
S ∆BID =

0.5đ
0.5đ
0.5đ

Ghi chú:

- Khơng có điểm vẽ hình.
- Chứng minh mà khơng có hình vẽ hoặc hình vẽ sai thì khơng
được cơng nhận (khơng có điểm).
ĐK: x≠0, y≠0
1  x 10 y 10  1 16
 2 + 2  + ( x + y 16 ) − (1 + x 2 y 2 ) 2
2 y
x  4


10
10
 1
y
1x
3
=  2 + 2 + 1 + 1 + ( x 16 + y 16 + 1 + 1) − (1 + x 2 y 2 ) 2 −
y
 4
2
2
x


Q=

5

0.5đ

Áp dụng bắt đẳng thức Cơ-si cho bốn số dương ta có:

1  x 10 y 10
 2 + 2 + 1 + 1 ≥ 2 x 2 y 2
y

2
x

1 16
( x + y 16 + 1 + 1) ≥ x 4 y 4
4
Q ≥ 2x 2 y 2 + x 4 y 4 − 1 − 2x 2 y 2 − x 4 y 4 −

0.25đ
0.25đ
3
5
=−
2
2

=>
Vậy giá trị nhỏ nhất của Q là Q = – 5/2 khi x2 = y2 = 1
Chú ý: HS có thể giải theo cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

0.5đ
0.5đ

ĐỀ 2 THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
MƠN THI: TỐN
(Đề thi này có 5 bài, gồm 01 trang)
Bài 1: (4,0 điểm)
 x+2
x
1  x −1
P=
 x x − 1 + x + x + 1 + 1 − x ÷: 2
÷


Cho biểu thức:
..
a. Rút gọn biểu thức P.
2
P=
7 .
b. Tìm x để
c. So sánh: P2 và 2P.

Bài 2: (4,0 điểm)
A = 7−4 3 + 4−2 3 .
a. Tính giá trị biểu thức:
b. Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba số thỏa mãn a + b + c = 2013
1 1 1
1
+ + =
a b c 2013

và
Bài 3: (4,0 điểm)

thì một trong ba số a, b, c phải có một số bằng 2013.

2
a. Giải phương trình: x − 7 x = 6 x + 5 − 30 .
b. Cho a, b, c > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

( a + b + c )3
P=
+
abc
a 2 + b2 + c2
ab + bc + ca

Bài 4: (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông ở A, AH ⊥ BC, HE ⊥ AB, HF ⊥ AC ( H ∈ BC,
E ∈ AB, F ∈ AC).
a. Chứng minh rằng: AE.AB = AF.AC; BH = BC.cos2B.
AB3
b. Chứng minh rằng: AC
3

3

=

BE
CF .

3

3

2
2
2
c. Chứng minh rằng: BC = CF + BE .
d. Cho BC = 2a. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác AEHF.

Bài 5: (2,0 điểm)
Chứng minh rằng với k là số ngun thì 2016k + 3 khơng phải là lập phương
của một số nguyên.
Hết


Giám thị khơng giải thích gì thêm

HƯỚNG DẪN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9
Bài

Nội dung cần đạt

Điểm

a. (2,0đ)Ta có:
 x + 2 + x − x − x − x −1  x −1
P=
 ( x − 1)( x + x + 1) ÷: 2
÷



=

x − 2 x +1
2
2
.
=
.
( x − 1)( x + x + 1) x − 1 x + x + 1

1,0đ
1,0đ

b.(1,5đ)
P=

1

⇔

(

2
2
2
⇔
= ⇔ x+ x −6= 0
7

x + x +1 7

)

0,5đ
0,25đ

x − 2 ( x + 3) = 0

⇔ x = 2 ( vì x + 3 > 0 )
⇔ x = 4 ( Thỏa mãn điều kiện).

Vậy x = 4.
c. (0,5đ)

0.25đ
0,25đ
0.25đ

2

1
3

 x+ ÷ + >0
2
4
* Do x + x + 1 = 
nên P > 0.
* Với x > 0 thì x + x > 0 nên x + x + 1 > 1

1
2
<1⇒ P =
<2
x + x +1
x + x +1
suy ra:
Do đó: 0 < P < 2 nên P.(P – 2) < 0 ⇔ P2 < 2P.

a.(2,0đ)

A = (2 − 3) 2 + (1 − 3)2
= 2 − 3 + 1− 3
= (2 − 3) + ( 3 − 1)

0,25đ
0,25đ
1.0 đ
0.25đ
0.5đ
0.25đ

=1
b. (2,0đ)Từ giả thiết suy ra:
2

1 1 1
1
1 1
1

1
+ + =
⇔ ( + )+( −
)=0
a b c a+b+c
a b
c a+b+c

0,5đ


⇔

a+b
a+b
+
=0
ab c(a + b + c)

0,25đ

⇔ ( a + b)(b + c )(c + a ) = 0

0.5đ

a + b = 0
⇔ b + c = 0


c + a = 0

0,5đ

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
a.(2,0đ)
Đk: x ≥ −5
2

3
(4điểm)

x − 7 x = 6 x + 5 − 30 ⇔ (x2 – 8x + 16) + (x + 5 - 6 x + 5 + 9) = 0
⇔ ( x – 4)2 + ( x + 5 - 3)2 = 0
⇔

x − 4 = 0

⇔ x=4

 x+5 −3= 0

.

0.25đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ

Vậy x = 4.
b.(2,0đ)
Với x, y, z > 0 . Ta có:
x y
+ ≥2
y x
+)
(1).
1 1 1
9
+ + ≥
+) x y z x + y + z (2)
x2 + y2 + z 2
≥1
2
2
2 ≥
⇔ xy + yz + zx
+) x + y + z
xy + yz + zx
(3)
⇔ x = y = z.Ta có:
Xảy ra đẳng thức ở (1), (2), (3)
ab + bc + ca
(a + b + c)
P=
+ (a + b + c )2 .
2
2
2

abc
a +b +c
ab + bc + ca
(a + b + c)
=
+ (a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2bc + 2ca ).
abc
a 2 + b2 + c2

Áp dụng các bất đẳng thức (1), (2), (3) ta được:
P≥

ab + bc + ca

a 2 + b2 + c2

+ (a 2 + b 2 + c 2 ).

0,25đ

0,25đ
0,25đ

9
+ 2.9
ab + bc + ca

 ab + bc + ca a 2 + b 2 + c 2 
a 2 + b2 + c2
=

+
+ 18
÷+ 8.
 a 2 + b 2 + c 2 ab + bc + ca ÷
ab + bc + ca


≥ 2 + 8 + 18 = 28
 a 2 + b 2 + c2 = ab + bc + ca

⇔ a = b = c.


⇔  ab = bc = ca
Dấu “ =” xảy ra

Vậy Min P = 28 khi và chỉ khi a = b = c.
a.(2,0đ)

0,5đ
0,5đ
0,25đ


4

* ∆AHB
0.5đ
0.25đ
0.5đ

0.5đ
0.25đ

A
F

E

B

C

H

vng tại H, có HE ⊥ AB nên
AH2 = AB.AE. (1)
Tương tự: AH2 = AC.AF (2).
Từ (1) và (2) suy ra: AB.AE = AC.AF.
* BH = AB.cosB; AB = BC.cosB
Suy ra BH = BC.cos2B.
b.(1,5đ).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:
AB2 = BC.BH; AC2 = BC.CH;
BH2 = AB.BE; CH2 = AC.CF
AB 2
AC 2
⇒

BH
AB 4 BH 2 AB.BE

⇒
=
=
CH
AC 4 CH 2 AC.CF

=

AB3
AC

3

=

0,5đ

BE
.
CF

nên
c. (1,5đ)
Ta có BE = BH.cosB; BH = AB.cosB; AB = BC.cosB;
Do đó: BE = AB.cos2B = BC.cos3B ⇒ BE2 = BC2.cos6B
⇒

3

3

3

3

0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ

3

BE 2 = BC 2 .cos 2 B.

3
2 3
2
2
Tương tự ta có: CF = BC .sin B.

⇒

0,25đ
0,25đ

3

BE 2 + CF 2 = BC 2 .(cos 2 B + sin 2 B ) = BC 2 .

0,5đ

A
F

E

B

H

O

C

0,25đ

0,25đ
0,25đ


d. (1,0đ)
Ta có: SAEHF = AE.AF
Lại có:

AE =

Tương tự:

0,25đ

2

AH
AB

AF =

AH 2
AC

AH 4
AH 4
AH 3 AO3 a3 a 2
S AEHF =
=
=
≤
=
=
.
AB. AC BC. AH
BC
BC 2a 2
Do đó:
a2
Max SAEHF = 2 ⇔ ∆ABC vuông cân tại A.

Giả sử 2016k + 3 = a3 với k và a là số nguyên.
Suy ra: 2016k = a3 - 3
Ta chứng minh a3 – 3 không chia hết cho 7.

5
(2điểm)

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Thật vậy: Ta biểu diễn a = 7m + r, với r ∈ { 0;1; −1; 2; −2;3; −3} .
Trong tất cả các trường hợp trên ta đều có a3 – 3 khơng chia hết0,5đ
cho 7.
Mà 2016k luôn chia hết cho 7,
0,25đ
nên a3 – 3 ≠ 2016k.
0,25đ
Bài tốn được chứng minh.
Hết

:

RA ĐỀ THI HSG TỐN 9

ĐỀ SỐ 01

NĂM HỌC ..............
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: ( 4,0 điểm):
1. Cho x = 4 + 5; y = 4 − 5 . Tính giá trị của biểu thức sau:
S = ( x 2015 + y 2015 ) − 8 ( x 2014 + y 2014 ) + 11( x 2013 + y 2013 ) .
5
4

3
2
2. Đặt x = 2 − 3 . Tính S = x − 4 x − 5 x + 7 x + 8 x + 2014.

3
4
3. Khơng sử dụng máy tính, chứng minh rằng: 17 + 6 < 5 17

4. Cho số thực x thỏa mãn: x − 3x + 1 = 0 . Hãy tính:
2

S = x5 +

1
x5 .

( 1) .


Bài 3 ( 2,0 điểm): Trên hệ trục tọa độ trực chuẩn Oxy, cho các điểm:
B ( 7; 6 )

;

M ( m;0 )

;

N ( m + 2; 0 )

A ( 1; 2 )

;

. Tìm m để AM+MN+NB đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4 ( 3,0 điểm): Cho ∆ABC đều cạnh a, gọi O là trung điểm của BC. Trên
0
·
cạnh AB, AC theo thứ tự lấy M, N sao cho MON = 60 .
a2
BM.CN =
4
a) Chứng minh

b) Gọi I là giao điểm của BN và OM. Chứng minh BM.IN = BI.MN;
c) Chứng minh MN ln tiếp xúc với một đường trịn cố định.
Bài 5 ( 1,0 điểm): Cho sáu đường tròn có bán kính bằng nhau và có điểm chung.
Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một trong những đường trịn này chứa tâm
đường tròn khác.
---------------------------------------------


RA ĐỀ THI HSG TỐN 9

TRƯỜNG THCS
TRUNG CHÍNH

NĂM HỌC ..............

ĐỀ SỐ 02

Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 ( 4,0 điểm):
1. Rút gọn biểu thức:

A=

(

)

x − 50 + x + 50 . x + x 2 − 50
S=

2. Đặt x = 2 + 3 + 2 − 3 . Tính
3

3. Đặt:

3

( 2 + 1) + ( 2 − 1)
= ( 2 + 5) + ( 2 − 5)
n

Sn =
Sn

n

4. Đặt:
Bài 2 ( 3,0 điểm):
1. Cho

f ( x) =

n

(x

64
2

− 3)

3

( Với x ≥ 50 )

− 3x

.

(Với n ∈ N ). CMR: S2012 + S2014 = 2 2.S2013

n

(Với n ∈ N ). CMR: Sn là số tự nhiên.

x3
1 − 3x + 3x 2 . Hãy tính giá trị của biểu thức sau:
 1 
 2 
 2013 
 2014 
A= f 
÷+ f 
÷+ ... + f 
÷+ f 
÷
 2014 
 2014 
 2014 
 2014 
A ( 1; 2 ) B ( 6;5 )

)
2. Trên hệ trục tọa độ trực chuẩn Oxy, cho các điểm:
;
; (
a. Tính diện tích ∆ABC .
b. Tìm tọa độ tâm O’ của đường trịn ngoại tiếp ∆ABC .
Bài 3 ( 2,0 điểm):
Cho đường tròn (O; R), hai đường kính AB và CD vng góc với nhau. E là
một điểm trên cung nhỏ AD (E không trùng với A và D). Nối EO cắt (O) tại F.
Nối EC cắt OA tại M; nối EB cắt OD tại N.
1·
·
CEB = COB

2
a) Chứng minh rằng:
và AM.ED = 2 OM.EA
C 7; −3

OM ON
+
b) Xác định vị trí điểm E để tổng AM DN đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 4 ( 1,0 điểm):
Cho tam giác ABC, lấy điểm C 1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1 thuộc
cạnh CA. Biết rằng độ dài các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 khơng lớn hơn 1.
1
SABC ≤
3 (SABC là diện tích tam giác ABC).
Chứng minh rằng:
---------------------------------------------


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG TỐN 9

TRƯỜNG THCS
TRUNG CHÍNH

NĂM HỌC ..............

ĐỀ SỐ 01

Bài

Thang

NỘI DUNG

điểm

1 1. Cho x = 4 + 5; y = 4 − 5 . Tính giá trị của biểu thức sau:
S = ( x 2015 + y 2015 ) − 8 ( x 2014 + y 2014 ) + 11( x 2013 + y 2013 ) .

HD: Ta có:

(

x2 = 4 + 5

)

2

(

)

= 21 + 8 5 = 32 + 8 5 − 11 = 8 4 + 5 − 11 ⇒ x 2 = 8 x − 11

0.25

⇒ x 2 − 8 x + 11 = 0.

Và

(

y2 = 4 − 5

)

2

(

)

= 21 − 8 5 = 32 − 8 5 − 11 = 8 4 − 5 − 11 ⇒ y 2 = 8 y − 11

0.25

⇒ y 2 − 8 y + 11 = 0.

Ta có:

S = ( x 2015 + y 2015 ) − 8 ( x 2014 + y 2014 ) + 11 ( x 2013 + y 2013 ) .

= ( x 2015 − 8 x 2014 + 11x 2013 ) + ( y 2015 − 8 y 2014 + 11y 2013 )
= x 2013 ( x 2 − 8 x + 11) + y 2013 ( y 2 − 8 y + 11)

0.25
0.25

= x 2013 .0 + y 2013 .0 = 0.

5
4
3
2
2. Đặt x = 2 + 3 . Tính S = x − 4 x − 5 x + 7 x + 8 x + 2014.
2
2
HD: x = 2 + 3 ⇒ x − 2 = 3 ⇒ x − 4 x + 4 = 3 ⇒ x − 4 x + 1 = 0.

5
4
3
2
Ta có: S = x − 4 x − 5 x + 7 x + 8 x + 2014.

0.25
0.25

= x 5 − 4 x 4 + x 3 − 6 x 3 + 24 x 2 − 6 x − 17 x 2 + 68 x − 17 − 54 x + 2031.
= x 3 ( x 2 − 4 x + 1) − 6 x ( x 2 − 4 x + 1) − 17 ( x 2 − 4 x + 1) − 54 x + 2031

(

)

0.25

= x 3 .0 − 6 x.0 − 17.0 − 54 2 + 3 + 2031
= 1923 − 54 3

. Vậy S = 1923 − 54 3 .

3. Chứng minh rằng:
HD: Ta có:

3

3

17 + 6 < 5 4 17

0.25

( 1) .

17 = 6 17 2 < 6 173 = 17. Suy ra:

3

17 + 6 < 17 + 6.

0.25


Ta cần chứng minh:

17 + 6 < 5 4 17 ( 2 ) .

0.5

Thật vậy, đặt: x = 17 ⇒ 2 < x < 3 ( *) .
4

BĐT (2) trở thành:

x 2 + 6 < 5 x ⇔ x 2 − 5 x + 6 < 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x − 3) < 0

(luôn đúng với 0.25

3
4
điều kiện (*)). Chứng tỏ 17 + 6 < 17 + 6 < 5 17. (đpcm)

4. Cho số thực x thỏa mãn: x − 3 x + 1 = 0 . Hãy tính:
2

S = x5 +

1
x5 .

HD: Dễ thấy x = 0 không là nghiệm của PT đã cho. Khi x là nghiệm của PT:

x2 − 3x + 1 = 0

⇒ x+

0.25

1

1
− 3 = 0 ⇒ x + = 3.
x
x

x+

1
1
1
= 3 ⇒ x 2 + 2 + 2 = 9 ⇒ x 2 + 2 = 7.
x
x
x

x+

1
1
1
1
1
1
= 3 ⇒ x 3 + 3 + 3x.  x + ÷ = 27 ⇒ x 3 + 3 + 9 = 27 ⇒ x 3 + 3 = 18.
x
x
x
x
x
x

Ta có:

0.25

1 
1
1
1
 2 1  3 1 
5
5
5
 x + 2 ÷ x + 3 ÷ = 7.27 ⇒ x + 5 +  x + ÷ = 189 ⇒ x + 5 + 3 = 189 ⇒ x + 5 = 186
x 
x 
x 
x
x
x


Vậy
2

S = x5 +

N ( m + 2;0 )

0.25

1
= 186
x5

Trên hệ trục tọa độ trực chuẩn Oxy, cho các điểm:
;

0.25

A ( 1; 2 )

;

B ( 7;6 )

;

M ( m; 0 )

. Tìm m để AM + MN + NB đạt giá trị nhỏ nhất.

0.25


HD: Dựng hình bình hành MNBB’. Khi đó: BB’=2. Tìm được tọa độ B’ là:

0.25

B’(5;6).

Để AM+MN+NB đạt GTNN thì AM+MB’+B’B đạt GTNN. Hay AM+MB’

0.25

đạt GTNN.
Lấy A’ đối xứng với A qua Ox. Khi đó tọa độ của A’ là (1;-2)

0.25

Khi đó: AM+MB’ đạt GTNN khi M là giao điểm của A’B’ với trục Ox. Gọi
G là giao điểm của A’B’ với Ox.

0.5

Viết được pt của A’B’: y=2x-4
Tìm được tọa độ của G: (2;0)

0.5

Vậy khi M trùng với G hay m=2 thì (AM + MN + NB) đạt GTNN.
4 Cho ∆ABC đều cạnh a, gọi O là trung điểm của BC. Trên cạnh AB, AC theo
0
·
thứ tự lấy M, N sao cho MON = 60 .
BM.CN =

a2
4

a) Chứng minh

b) Gọi I là giao điểm của BN và OM. Chứng minh BM.IN = BI.MN;
c) Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một ng trũn c nh.

0
à ả
à
HD: a, Ta cú BMO: B + M + O = 180

·
·
·
BOM + MON + NOC = 1800

·
·
ˆ ˆ
⇒ BMO = CON ; lại có B = C = 600 (vì∆ABCđều) ⇒ ∆BMO đồng dạng

0.25
0.5

∆CON
BM CO
BC a
=
BO = CO =
=
2
2
(g.g), từ đó suy ra BO CN hay BM .CN = BO.CO ; mà

a2
BM .CN =
4 (đpcm).
do đó

0.25


b, Theo phần a)

BM MO
BM MO
=
hay
=
BO ON
∆BMO đồng dạng ∆CON suy ra CO ON

0.5
0.25

0
µ
·
lại có B = MON = 60 ⇒ ∆BMO đồng dạng ∆OMN (c.g.c). Từ đó suy ra:

·
·
·

BMO = OMN do đó MO là tia phân giác của BMN hay MI là tia phân 0.25
·
·
giác BMN . Xét ∆BMN có MI là tia phân giác của BMN , áp dụng tính

0.5

MB IB
=
chất đường phân giác trong tam giác ta có MN IN hay BM .IN = BI .MN

(đpcm).
c, Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vng góc với AB và MN. Do O, AB cố định 0.5
nên OH cố định Vậy đường tròn (O;OH) là đường tròn cố định.
·
Vì MO là tia phân giác của BMN nên OK = OH (t/c đường phân giác)

→ K∈ (O;OH)

(1) lại có OK ⊥ MN ( cách dựng) (2)

từ (1) và (2) suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn (O;OH). Vậy MN ln
tiếp xúc với một đường trịn (O;OH) cố định.
5 Cho sáu đường trịn có bán kính bằng nhau và có điểm chung. Chứng minh
rằng tồn tại ít nhất một trong những đường tròn này chứa tâm đường trịn
khác.

0.25
i = 1; 2;...;6 )
HD: - Giả sử có sáu đường trịn tâm Oi (

có bán kính là r và M là
điểm chung của các đường tròn này. Để chứng minh bài tốn ta chỉ cần
chứng minh ít nhất có hai tâm có khoảng cách khơng lớn hơn r.
0.25
- Nối M với các tâm. Nếu hai trong những đoạn thẳng vừa nối nằm trên
cùng một tia có điểm đầu là M thì bài tốn được chứng minh.
- Trong trường hợp ngược lại, xét góc nhỏ nhất trong các góc nhận đượcđỉnh 0.5
0
·
·
M, giả sử đó là O1MO 2 . Do tổng các góc này là 3600 nên góc O1MO 2 ≤ 60 .


·

Khi đó trong ∆O1MO2 có một góc khơng nhỏ hơn O1MO 2 ( nếu ngược lại thì
tổng các góc trong tam giác nhỏ hơn 1800). Từ đó suy ra trong những cạnh
MO1 và MO2 trong ∆O1MO 2 không nhỏ hơn O1O2 tức ta có O1O2 ≤ r vì MO1
≤ r, MO2 ≤ r.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG

TRƯỜNG THCS
TRUNG CHÍNH

TỐN 9

ĐỀ SỐ 02

NĂM HỌC ..............

Bài

Thang

NỘI DUNG

1
1. 1. Rút gọn biểu thức:
)
HD: Ta có:

A=

)

(

x − 50 − x + 50 . x + x 2 − 50

A 2 =  x − 50 + x + 50 − 2



)(

(

điểm

( x−

50

)( x+

( Với x ≥ 50

) (

50  . x + x 2 − 50
÷


)

)

0.25
0.25

= 2 x − x 2 − 50 . x + x 2 − 50 = 2 ( x 2 − x 2 + 50 ) = 100

0.25

Suy ra A = 100 .
2

0.25

Dễ dàng chỉ ra được A <0
Nên A = −10.
3
3
2. 2. Đặt x = 2 + 3 + 2 − 3 . Tính

S=

(x

64
2

− 3)

3

− 3x

.

3
3
HD: Ta có x = 2 + 3 + 2 − 3

(

)(

)(

⇒ x 3 = 2 + 3 + 2 − 3 + 3. 3 2 + 3 2 − 3 .

3

2+ 3 + 3 2− 3

)

0.25
3

4
 4 
3
⇒ x = 4 + 3x ⇒ x − 3x = 4 ⇒ ( x − 3) x = 4 ⇒ 2
= x⇒ 2
÷ =x
x −3
x −3

3

⇒

(x

3

64

2

− 3)

3. 3. Đặt:

3

2

− 3x = x 3 − 3x = 0

Sn =

(

) (

0.25

. Vậy S = 0.

)

n

2 +1 +

2 −1

n

(Với n ∈ N ). CMR:

S2012 + S2014 = 2 2.S2013
HD:

Sn + 2 + S n =

(

)

2 +1

n +2

+

(

0.5

)

2 −1

n+2

+

(

) (
n

2 +1 +

)

2 −1

n

0.25


(
= ( 2 + 1) . ( 2 + 1) + ( 2 − 1) . ( 2 − 1) +
n +1

=

(

) .(

=

(

2 +1

=

(

2 +1

2 +1

n +1

) .(
)

Suy ra:

n +1

n +1

)

2 +1

n +1

) (

2 +1 +

) .(

2 −1

) (

.2 2 +

(

)

2 −1

n +1

2 −1

2 +1

)

n +1

2 −1

0.25

2 −1

) (

n +1

) .(

2 −1 +

2 −1

n +1

)

2 +1

0.25

)

n +1

.2 2 = 2 2 



Sn + Sn + 2 = 2 2.Sn+1

) .(

2 −1 +

) .(

2 + 1+ 2 −1 +

2 +1

) (

n +1

(
+

n +1

2 −1+ 2 +1

(

)

2 +1

n +1

+

(

)

2 −1

n +1





0.25

.

Khi n = 2012 ta ra được đpcm.
4. Đặt:

(

Sn = 2 + 5

HD: Ta có:

(

) +( 2− 5)
n

(

Sn + 2 = 2 + 5

) (

)

) (

n+ 2

=  2 + 5 + 2 − 5  . 2 + 5

 

= 4.Sn +1 + Sn

)

n

S
(Với n ∈ N ). CMR: n là số tự nhiên.

(

+ 2− 5
n +1

(

)

n+2

+ 2− 5

)

0.25

n +1

(

)(

) (

 − 2 + 5 2 − 5 . 2 + 5





) + ( 2− 5)
n

S
Ta có: S0 = 2;S1 = 4. Nên từ S2 trở đi đều là các số tự nhiên. n là số tự

n





0.5

0.25

nhiên.
2

x3
1 − 3 x + 3 x 2 . Hãy tính giá trị của biểu thức sau:
1. Cho
 1 
 2 
 2013 
 2014 
A= f 
÷+ f 
÷+ ... + f 
÷+ f 
÷
 2014 
 2014 

 2014 
 2014 
f ( x) + f ( y) = 1
x+ y =1
f ( x) =

HD: Nhận xét. Nếu
Thật vậy, ta có

f ( x) =

thì

.

( 1− x)
f ( y ) = f (1− x) = 3
3
x + (1− x)
3

x3
x3 + ( 1 − x )

0.25

3

⇒

( 1− x)
f ( x) + f ( y) = f ( x) + f ( 1− x) = 3
+ 3
=1
3
3
x + ( 1− x)
x + ( 1− x)
suy ra
.
x3

3

0.25

1 1
f  ÷=
Vậy, nhận xét được chứng minh. Ta có  2  2 .

Theo nhận xét trên ta có:
  1 
 2013     2 
 2012  
A=f 
÷+ f 
÷ +  f 
÷+ f 
÷ + ... +
 2014     2014 

 2014  
  2014 
  1006 
 1008  
 1007 
 2014 
+ f 
÷+ f 
÷ + f 
÷+ f 
÷ = 1006 + f
 2014  
 2014 
 2014 
  2014 

Vậy A=1007,5.

0.25
1
 ÷+ f ( 1) = 1007,5
2

0.25


2. Trên hệ trục tọa độ trực chuẩn Oxy, cho các điểm:
C ( 7; −3)

a. Tính diện tích ∆ABC .

A ( 1; 2 )

;

B ( 6;5 )

;

b. Tìm tọa độ tâm O’ của đ/trịn ngoại tiếp

∆ABC .

HD:
0.25

0.5
0.25
1. Ta có: S ABC = S FBCG − S FBAE − S EACG
⇒ S ABC =
⇒ S ABC =

FG. ( FB + CG )
2
8. ( 6 + 7 )
2

−

−

FE. ( FB + AE )
2

3. ( 6 + 1)
2

−

5. ( 1 + 7 )
2

−

EG. ( AE + CG )

= 21,5

2

0.25

đvdt.

2. Gọi M; N lần lượt là trung điểm của AB; AC. Ta tìm được tọa độ:
0.25

7 7
 −1 
M  ; ÷ N  4; ÷

2 2
 2 

Ta có

A ( 1; 2 )

;

B ( 6;5 )

;

C ( 7; −3)

nên


3

a = 5
2 = a.1 + b

y = a.x + b ⇒ 
⇒
5 = a.6 + b b = 7

5

pt AB:

Suy ra pt O’M:

y=

0.25

−5
7 −5 7
7 8
28
.x + b1 ⇒ =
. + b1 ⇒ b1 = . ⇒ b1 =
3
2 3 2
2 3
3

−5

a ' = 6
2 = a '.1 + b '


y = a '.x + b ' ⇒ 
⇒
−3 = a.7 + b ' b ' = 17

6


pt AC:

0.25

6
−1 6
−53
y = .x + b2 ⇒
= .4 + b2 ⇒ b2 =
5
2 5
10
Suy ra pt O’M:

Hoành độ điểm O’ là nghiệm của pt tương giao sau:
−5
28 6
53
−43
439
439
439
71
.x +
= x− ⇒
x=
⇒x=
⇒ xO ' =
⇒ yO ' =
3

3 5
10
15
30
86
86
86
 439 71 
O' 
; ÷.
Vậy  86 86 

3

Cho đường trịn (O; R), hai đường kính AB và CD vng góc với nhau. E
là một điểm trên cung nhỏ AD (E không trùng với A và D). Nối EO cắt (O)
tại F. Nối EC cắt OA tại M; nối EB cắt OD tại N.
1·
·
CEB = COB
2
a) Chứng minh rằng:
và AM.ED = 2 OM.EA
OM ON
+
b) Xác định vị trí điểm E để tổng AM DN đạt giá trị nhỏ nhất.

0.25

1·
·
CEB = COB
2
HD: a. Sử dụng góc ngồi CEO và BEO chứng minh được
Xét COM và CED có:
µ µ
O = E = 900 

CO OM

µ
C chung  COM CED (g-g) CE = ED (1)

0
·
·
Do AB, CD là 2 đường kính vng góc với nhau AEC = MAC = 45

Xét AMC vàEAC có:
AMC

·
·
AEC = MAC = 450 


µ
C chung




0.25

0.25

0.25

AC AM
=
EAC (g-g) CE AE

mà AC = 2 CO (do ACO vuông cân tại O)

AM
2 CO
2 OM
=
=
AE
CE
ED
(do (1))
AM.ED =

2 OM.AE (đpcm)

0.25

b, Tương tự câu a ta có:

BO ON
=
BON BEA BE EA

DN BD
2BO
=
=
BE
BND BDE DE BE
DN
2 ON ⇒ ON = DN ⇒ ON = EA
=
EA
DN
2 DE
2 DE
DE
EA
Từ câu a ta có: AM.ED =

OM
ED
=
2 EA
2 .OM.AE AM
OM ON 1
.
=
AM DN 2

OM ON
OM ON
1
+
≥2
.
=2
= 2
AM DN
2
mà AM DN
Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi:
OM ON
ED
EA
=
⇔
=
⇔ ED = EA
AM DN
2EA
2ED
E là điểm chính giữa cung nhỏ AD

0.25

0.25

0.25

OM ON
+
= 2
AM DN
Vậy giḠtrị nhỏ nhất của
E là điểm chính giữa của cung nhỏ AD
4 Cho tam giác ABC, lấy điểm C1 thuộc cạnh AB, A1 thuộc cạnh BC, B1 thuộc
cạnh CA. Biết rằng độ dài các đoạn thẳng AA1, BB1, CC1 không lớn hơn 1.
1
SABC ≤
3 (SABC là diện tích tam giác ABC).
Chứng minh rằng:

HD: Khơng mất tính tổng qt, giả sử
µ $ µ
µ
A ≥ B ≥ C ⇒ A ≥ 600

0.25

0
0
µ
TH1: 60 ≤ A < 90
Kẻ CH ⊥ AB; BK ⊥ AC
1
⇒ S ABC = CH.AB
2

0.25

mà CH CC1 1 ta có:
AB =

BB1
BK
1
1
2
≤
≤
≤
=
SinA SinA SinA Sin60 0
3

1
2
1
⇒ S ABC ≤ .1.
=
2
3
3 (1)

0.25

1

1 1
⇒ S ABC ≤ .1.1 = <
µ
2
2
3 (2)
TH2: A ≥ 90 AB BB1 1, CH CC1 1
1
⇒ S ABC ≤
3 đpcm.
Từ (1) và (2)
0

UBND HUYỆN ...............

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN ĐỢT 1
Năm học 2014 - 2015.
Mơn Tốn: Lớp 9

0.25